[SDOI2010]粟粟的书架 题解
题目地址:洛谷:【P2468】[SDOI2010]粟粟的书架 – 洛谷、BZO …
May all the beauty be blessed.
题目地址:洛谷:【P3822】[NOI2017]整数 – 洛谷、BZOJ:Problem 4942. — [Noi2017]整数
P博士将他的计算任务抽象为对一个整数的操作。
具体来说,有一个整数x,一开始为0。
接下来有n个操作,每个操作都是以下两种类型中的一种:
保证在任何时候,x \geq 0。
输入格式:
输入的第一行包含四个正整数n,t1,t2,t3,n的含义见题目描述,t1,t2,t3的具体含义见子任务。
接下来n行,每行给出一个操作,具体格式和含义见题目描述。
同一行输入的相邻两个元素之间,用恰好一个空格隔开。
输出格式:
对于每个询问操作,输出一行,表示该询问的答案(0或1)。对于加法操作,没有任何输出。
输入样例#1:
10 3 1 2 1 100 0 1 2333 0 1 -233 0 2 5 2 7 2 15 1 5 15 2 15 1 -1 12 2 15
输出样例#1:
0 1 0 1 0
n≤1000000
参考资料:【bzoj4942】[Noi2017]整数 压位+线段树 – GXZlegend – 博客园
这是我省选结束后正经做的第一个近年NOI题目,下面内容会涉及到我的口胡部分分思路。
首先,我们发现其实如果|a|=1,进位是找到前面的第一个1或0,对于这之间的一整段0或1进行区间取反。于是我们可以预处理出前面的第一个1和0,用三个线段树分别维护当前数字、前面的第一个1和0的位置。单次修改O(\log n),总复杂度O(n \log n),可以通过|a|=1的部分分。
因为我们发现对于一段连续的0,它前面第一个0是该位置+1,前面第一个1是一个定值;对于一段连续的1也有类似性质。我们可以考虑用三个标记表示当前区间内的值都是该位置+1还是一个定值还是两种都有,这样就可以用线段树来维护我们要记录的信息啦。
实际上呢,我们也可以不存储这些信息,我们考虑直接用线段树查,线段树存储当前区间全0全1或者混合,然后怎么脑补一下查找方法就好了。
我们可以把a转换成二进制表示,对于每一位非0的进行如上操作,由于|a| \leq 10^9,操作的位数不会超过30位,因此我们的单次修改复杂度实际上是O(30 \log n)的,总复杂度是O(n \log n),看似能过剩下的点了,但是实际上似乎需要卡一卡常数。
我们可以想到什么卡常的办法呢?对了,压位!线段树上每个点来维护一个位置的01取值常数大,那么我们一口气存它30位!那么对于合并区间信息怎么来做呢,我们考虑记子区间的或以及子区间的与。该位置的与值如果为30个1这种情况,说明区间内全1;该位置的或值如果为0,说明区间内全0。只需要魔改我们之前的那个线段树就可以了,改动其实并不大。
实现细节见代码中的注释。
// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF
: *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1;
register char c = fgc();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') neg = -1;
c = fgc();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = fgc();
}
return res * neg;
}
const int MAXN = 1000005, INF = (1 << 30) - 1;
int n;
#define lch o << 1
#define rch o << 1 | 1
#define mid ((l + r) >> 1)
int valo[MAXN << 2], vala[MAXN << 2], tag[MAXN << 2]; // tag表示该区间内全部变为某个值
inline void pushdown(int o) {
if(~tag[o]) {
valo[lch] = vala[lch] = tag[lch] = tag[o];
valo[rch] = vala[rch] = tag[rch] = tag[o];
tag[o] = -1; // 以-1为无标记的标志,可能存在要求变为0的情况
}
}
// 将区间全都修改为某个值
inline void modify(int o, int l, int r, int ll, int rr, int v) {
if(l >= ll && r <= rr) {
valo[o] = vala[o] = tag[o] = v;
return;
}
pushdown(o);
if(ll <= mid) modify(lch, l, mid, ll, rr, v);
if(rr > mid) modify(rch, mid + 1, r, ll, rr, v);
valo[o] = valo[lch] | valo[rch];
vala[o] = vala[lch] & vala[rch];
}
// 单点加
inline void add(int o, int l, int r, int x, int v) {
if(l == r) {
valo[o] += v; vala[o] += v;
return;
}
pushdown(o);
if(x <= mid) add(lch, l, mid, x, v);
else add(rch, mid + 1, r, x, v);
valo[o] = valo[lch] | valo[rch];
vala[o] = vala[lch] & vala[rch];
}
// 查询某一段
inline int query(int o, int l, int r, int x) {
if(l == r) {
return valo[o];
}
pushdown(o);
if(x <= mid) return query(lch, l, mid, x);
else return query(rch, mid + 1, r, x);
}
// 找到该段往前第一段非全1的位置,-1表示没找到
inline int queryinf(int o, int l, int r, int x) {
if(vala[o] == INF) return -1;
if(l == r) return l;
pushdown(o);
if(x <= mid) {
int t = queryinf(lch, l, mid, x);
return ~t ? t : queryinf(rch, mid + 1, r, x);
} else {
return queryinf(rch, mid + 1, r, x);
}
}
// 找到该段往前第一段非全0的位置,-1表示没找到
inline int queryblk(int o, int l, int r, int x) {
if(!valo[o]) return -1;
if(l == r) return l;
pushdown(o);
if(x <= mid) {
int t = queryblk(lch, l, mid, x);
return ~t ? t : queryblk(rch, mid + 1, r, x);
} else {
return queryblk(rch, mid + 1, r, x);
}
}
// 在x段加v
inline void add(int x, int v) {
int t = query(1, 0, MAXN, x);
if(t + v <= INF) {
add(1, 0, MAXN, x, v);
} else { // 处理进位
add(1, 0, MAXN, x, v - INF - 1);
int y = queryinf(1, 0, MAXN, x + 1);
if(y != x + 1) modify(1, 0, MAXN, x + 1, y - 1, 0);
add(1, 0, MAXN, y, 1);
}
}
// 在x段减v
inline void minus(int x, int v) {
int t = query(1, 0, MAXN, x);
if(t - v >= 0) {
add(1, 0, MAXN, x, -v);
} else { // 处理进位
add(1, 0, MAXN, x, INF + 1 - v);
int y = queryblk(1, 0, MAXN, x + 1);
if(y != x + 1) modify(1, 0, MAXN, x + 1, y - 1, INF);
add(1, 0, MAXN, y, -1);
}
}
int op, a, b;
int main() {
n = readint(); readint(); readint(); readint();
while(n--) {
op = readint();
if(op == 1) {
a = readint(); b = readint();
if(a > 0) {
add(b / 30, (a << (b - b / 30 * 30)) & INF);
add(b / 30 + 1, a >> (30 - (b - b / 30 * 30)));
} else if(a < 0) {
a *= -1;
minus(b / 30, (a << (b - b / 30 * 30)) & INF);
minus(b / 30 + 1, a >> (30 - (b - b / 30 * 30)));
}
} else {
a = readint();
printf("%d\n", query(1, 0, MAXN, a / 30) & (1 << (a - a / 30 * 30)) ? 1 : 0);
}
}
return 0;
}
题目地址:洛谷:【P2146】[NOI2015]软件包管理器 – 洛谷、BZOJ:Problem 4196. — [Noi2015]软件包管理器
Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器,你可以通过一行命令安装某一个软件包,然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包,同时自动解决所有的依赖(即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包),完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get,Fedora/CentOS使用的yum,以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。
你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地,你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B,那么安装软件包A以前,必须先安装软件包B。同时,如果想要卸载软件包B,则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且,由于你之前的工作,除0号软件包以外,在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包,而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环(若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,⋯,Am,其中A1依赖A2,A2依赖A3,A3依赖A4,……,A[m-1]依赖Am,而Am依赖A1,则称这m个软件包的依赖关系构成环),当然也不会有一个软件包依赖自己。
现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈,用户希望在安装和卸载某个软件包时,快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态(即安装操作会安装多少个未安装的软件包,或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包),你的任务就是实现这个部分。注意,安装一个已安装的软件包,或卸载一个未安装的软件包,都不会改变任何软件包的安装状态,即在此情况下,改变安装状态的软件包数为0。
输入格式:
从文件manager.in中读入数据。
输入文件的第1行包含1个整数n,表示软件包的总数。软件包从0开始编号。
随后一行包含n−1个整数,相邻整数之间用单个空格隔开,分别表示1,2,3,⋯,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。
接下来一行包含1个整数q,表示询问的总数。之后q行,每行1个询问。询问分为两种:
install x:表示安装软件包x
uninstall x:表示卸载软件包x
你需要维护每个软件包的安装状态,一开始所有的软件包都处于未安装状态。
对于每个操作,你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态,随后应用这个操作(即改变你维护的安装状态)。
输出格式:
输出到文件manager.out中。
输出文件包括q行。
输出文件的第i行输出1个整数,为第i步操作中改变安装状态的软件包数。
输入样例#1:
7 0 0 0 1 1 5 5 install 5 install 6 uninstall 1 install 4 uninstall 0
输出样例#1:
3 1 3 2 3
输入样例#2:
10 0 1 2 1 3 0 0 3 2 10 install 0 install 3 uninstall 2 install 7 install 5 install 9 uninstall 9 install 4 install 1 install 9
输出样例#2:
1 3 2 1 3 1 1 1 0 1
n,q<=10000
考虑安装软件包即安装从根0到该点的路径上的所有软件包,则先求和算出改变数再链改值。卸载软件包即卸载其子树中所有软件包,则先求和算出改变值再子树改值。
由于0号点不好处理,我们给点的编号加1。
// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF
: *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1;
char c = fgc();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') neg = -1;
c = fgc();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = fgc();
}
return res * neg;
}
inline int readop() {
char c;
int res = 1;
while(!isalpha(c = fgc()));
while(isalpha(c)) {
if(c == 'u') res = 2;
c = fgc();
}
return res;
}
const int MAXN = 1000005;
int n, dfn[MAXN], ptn[MAXN];
std::vector<int> gra[MAXN];
// Segment Tree
#define lch o << 1
#define rch (o << 1) | 1
#define mid ((l + r) >> 1)
int val[MAXN << 2], tag[MAXN << 2];
inline void pushdown(int o, int l, int r) {
if(tag[o] != -1) {
tag[lch] = tag[rch] = tag[o];
val[lch] = tag[o] * (mid - l + 1);
val[rch] = tag[o] * (r - mid);
tag[o] = -1;
}
}
inline void merge(int o) {
val[o] = val[lch] + val[rch];
}
inline void modify(int o, int l, int r, int ll, int rr, int v) {
if(l >= ll && r <= rr) {
val[o] = v * (r - l + 1);
tag[o] = v;
return;
}
pushdown(o, l, r);
if(ll <= mid) modify(lch, l, mid, ll, rr, v);
if(rr > mid) modify(rch, mid + 1, r, ll, rr, v);
merge(o);
}
inline int query(int o, int l, int r, int ll, int rr) {
if(l >= ll && r <= rr) {
return val[o];
}
pushdown(o, l, r);
int res = 0;
if(ll <= mid) res += query(lch, l, mid, ll, rr);
if(rr > mid) res += query(rch, mid + 1, r, ll, rr);
return res;
}
int fa[MAXN], siz[MAXN], dep[MAXN], top[MAXN], son[MAXN], clk;
inline void dfs1(int u) {
siz[u] = 1;
for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
int v = gra[u][i];
if(v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfs1(v);
siz[u] += siz[v];
if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
}
}
inline void dfs2(int u, int tp) {
dfn[u] = ++clk;
ptn[dfn[u]] = u;
top[u] = tp;
if(son[u]) {
dfs2(son[u], tp);
}
for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
int v = gra[u][i];
if(v == fa[u] || v == son[u]) continue;
dfs2(v, v);
}
}
inline void modify(int x, int y, int z) {
int tx = top[x], ty = top[y];
while(tx != ty) {
if(dep[tx] > dep[ty]) {
std::swap(x, y);
std::swap(tx, ty);
}
modify(1, 1, n, dfn[ty], dfn[y], z);
y = fa[ty];
ty = top[y];
}
if(dep[x] > dep[y]) {
std::swap(x, y);
}
modify(1, 1, n, dfn[x], dfn[y], z);
}
inline int query(int x, int y) {
int tx = top[x], ty = top[y];
int res = 0;
while(tx != ty) {
if(dep[tx] > dep[ty]) {
std::swap(x, y);
std::swap(tx, ty);
}
res += query(1, 1, n, dfn[ty], dfn[y]);
y = fa[ty];
ty = top[y];
}
if(dep[x] > dep[y]) {
std::swap(x, y);
}
res += query(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]);
return res;
}
inline void modify(int x, int z) {
modify(1, 1, n, dfn[x], dfn[x] + siz[x] - 1, z);
}
inline int query(int x) {
return query(1, 1, n, dfn[x], dfn[x] + siz[x] - 1);
}
int q, op, x;
int main() {
memset(tag, -1, sizeof(tag));
n = readint();
for(int i = 2; i <= n; i++) {
x = readint() + 1;
gra[x].push_back(i);
gra[i].push_back(x);
}
dfs1(1);
dfs2(1, 1);
q = readint();
while(q--) {
op = readop(); x = readint() + 1;
if(op == 1) {
printf("%d\n", dep[x] + 1 - query(1, x));
modify(1, x, 1);
} else {
printf("%d\n", query(x));
modify(x, 0);
}
}
return 0;
}
题目地址:洛谷:【SP1487】PT07J – Query on a tree III – 洛谷、SPOJ:SPOJ.com – Problem PT07J
SPOJ QTREE系列:
You are given a node-labeled rooted tree with n nodes.
Define the query (x, k): Find the node whose label is k-th largest in the subtree of the node x. Assume no two nodes have the same labels.
给一棵带点权的以1为根的有根树,查询某子树内点权第k小值。
输入格式:
The first line contains one integer n (1 <= n <= 105). The next line contains n integers li (0 <= li <= 109) which denotes the label of the i-th node.
Each line of the following n – 1 lines contains two integers u, v. They denote there is an edge between node u and node v. Node 1 is the root of the tree.
The next line contains one integer m (1 <= m <= 104) which denotes the number of the queries. Each line of the next m contains two integers x, k. (k <= the total node number in the subtree of x)
输出格式:
For each query (x, k), output the index of the node whose label is the k-th largest in the subtree of the node x.
输入样例#1:
5 1 3 5 2 7 1 2 2 3 1 4 3 5 4 2 3 4 1 3 2 3 2
输出样例#1:
5 4 5 5
DFS序+主席树。主席树的叶子节点可以存一下DFS序号,这样方便查。
// Code by KSkun, 2018/3
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF
: *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1;
register char c = fgc();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') neg = -1;
c = fgc();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = fgc();
}
return res * neg;
}
const int MAXN = 100005;
std::vector<int> gra[MAXN];
int dfn[MAXN], ptn[MAXN], siz[MAXN], clk;
inline void dfs(int u, int fa) {
dfn[u] = ++clk;
ptn[dfn[u]] = u;
siz[u] = 1;
for(int v : gra[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
siz[u] += siz[v];
}
}
struct SGT {
struct SGTNode {
int lch, rch, val, dfn;
} tr[MAXN * 20];
int rt[MAXN], cnt = 0;
inline void insert(int &o, int l, int r, int x, int dfn) {
tr[++cnt] = tr[o]; o = cnt;
tr[o].val++;
if(l == r) {
tr[o].dfn = dfn;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(x <= mid) insert(tr[o].lch, l, mid, x, dfn);
else insert(tr[o].rch, mid + 1, r, x, dfn);
}
inline int query(int o1, int o2, int l, int r, int k) {
if(l == r) return ptn[tr[o2].dfn];
int mid = (l + r) >> 1;
if(k <= tr[tr[o2].lch].val - tr[tr[o1].lch].val) {
return query(tr[o1].lch, tr[o2].lch, l, mid, k);
} else {
k -= tr[tr[o2].lch].val - tr[tr[o1].lch].val;
return query(tr[o1].rch, tr[o2].rch, mid + 1, r, k);
}
}
} sgt;
int n, m, w[MAXN], ut, vt, xt, kt;
std::vector<int> tmp;
int main() {
n = readint();
tmp.push_back(-1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
w[i] = readint();
tmp.push_back(w[i]);
}
std::sort(tmp.begin(), tmp.end());
tmp.erase(std::unique(tmp.begin(), tmp.end()), tmp.end());
int N = tmp.size() - 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
w[i] = std::lower_bound(tmp.begin(), tmp.end(), w[i]) - tmp.begin();
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
ut = readint(); vt = readint();
gra[ut].push_back(vt);
gra[vt].push_back(ut);
}
dfs(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
sgt.rt[i] = sgt.rt[i - 1];
sgt.insert(sgt.rt[i], 1, N, w[ptn[i]], i);
}
m = readint();
while(m--) {
xt = readint(); kt = readint();
printf("%d\n", sgt.query(sgt.rt[dfn[xt] - 1], sgt.rt[dfn[xt] + siz[xt] - 1],
1, N, kt));
}
return 0;
}